【文档说明】安徽省皖豫名校联盟2022-2023学年高二下学期阶段测试 化学 试题 含解析.docx，共(22)页，1.480 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省皖豫名校联盟2022～2023学年高二下学期阶段性测试(三)化学试题可能用到的相对原子质量：H1−O16−Na23−K39−Fe56−Cu64−一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活紧密相关，

下列说法错误的是A.电能属于一次能源，也属于清洁能源B.用热的碳酸钠溶液去油污，利用了盐类水解原理C.自热饭盒中盛放氧化钙与水，二者混合时反应放出大量热D.用硫化钠作沉淀剂除去废水中的铜离子的过程中，没有利用氧化还原反应原理【答案】A【解析】【详解】A．一次能源是指自然

界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，电能属于二次能源，也属于清洁能源，A错误；B．热的碳酸钠溶液溶液中2-3CO的水解使溶液显碱性，可以去除油污，利用了盐类水解原理，B正确；C．氧化钙与水的反应是放热反应，因此自热饭盒中盛放氧化钙与水，可以利用二者混

合时反应放出大量的热加热食物，C正确；D．用硫化钠做沉淀剂除去废水中的铜离子，是因为CuS难溶，从而使2S−与Cu2+结合而除去Cu2+，没有利用了氧化还原反应原理，D正确；故选A。2.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.121L0.1molLNaS−溶液中2S−浓度为10.1mo

lL−B.()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ192.4kJmolH−=−，若上述反应放出46.2kJ的热量，则反应消耗2N分子数为A0.5NC.电解精炼铜，若阳极质量减轻64g，则电路中一定通过

A2N个电子D.31molFeCl完全水解生成的()3FeOH胶粒数目等于AN【答案】B【解析】【详解】A．硫离子会水解，则121L0.1molLNaS−溶液中2S−浓度小于10.1molL−，A错误；B．由()()()223Ng3Hg2NHg+192.4k

JmolH−=−可知，反应中消耗1molN2时放热92.4kJ，若放出46.2kJ热量，则反应消耗2N分子数为A0.5N，B正确；C．电解精炼铜，阳极失电子的可能为Zn、Fe、Cu，若阳极重量减轻32g，则电路中通过的电子数不能确定，C错误；D．

胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，Fe(OH)3胶粒为含一定数目Fe(OH)3的分子集合体，则31molFeCl完全水解生产的()3FeOH胶粒数目小于AN，D错误；故选B。3.我国科学家在利用Ni和NiO催化电解水

制氢气和氧气的研究上有重大突破，下图是通过计算机测得的部分电解机理图。吸附在催化剂表面的物质带“*”。下列说法错误的是A.该过程中Ni催化时反应速率较慢B.该过程中NiO作催化剂时吸热更多C.该催化过程方程式为222HO=O4H++D.整个过程中涉及非极性键的

形成【答案】B【解析】【详解】A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从决速步骤判断活化能，该过程中Ni催化时反应速率较慢，A项正确；B．催化剂改变化学反应速率，不改变反应的焓变，该过程中Ni和NiO作催化剂时吸热相同，B项错误；C．该催化过程

反应为22HO生成、2O、4H+，方程式为222HOO4H+=++，C项正确；D．整个过程中涉及非极性键(氧氧键)的形成，D项正确；的故选B。4.用下列仪器或装置(部分夹持装置略)进行相应实验，不能达到相应实验目的的是A.图1测定锌与浓硫酸反应产生2H的速率(计时器未

画出)B.图2制作简单燃料电池C.图3用该滴定管量取25.00mL(在量程范围以内)的重铬酸钾溶液D.图4在铁制品镀件上镀铜【答案】A【解析】【详解】A．图1装置中锌粒和浓硫酸在常温下不能制备氢气，达不到实验目的，应该用锌粒与稀硫酸反应，利用此装置通过测量单位时间内产生氢气体积的多少来测量反应速率

的快慢，A符合题意；B．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1，形成原电池，右侧石墨电极为负极

，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，B不符合题意；C．图3为酸式滴定管，可用于量取25.00mL的重铬酸钾溶液，C不符合题意；D．图4装置中，铜做阳极，发生失电子的氧化反应，溶液中铜离子在铁制品附近得电子生成铜单质，能实现铁制品上镀铜，D不符合题意；故选A。5

.一定温度下，在甲、乙、丙三个体积均为1L的恒容密闭容器中发生甲醇合成二甲醚的反应：()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+，起始时各物质的物质的量及平衡时各物质的物质的量如表所示。下列说法错误的是容器温度起始物质的量/mol平衡物质的量/mol/℃()3CHOHg()33CHOCH

g()2HOg甲3870.200.0800.080乙3870.40丙2070.200.0900.090A.该反应的正反应为放热反应B.甲容器中反应比丙容器中反应达到平衡状态所需时间长C.平衡时，甲、乙容器中3CHOH的转化率相同D.若起始时向甲容器中充入()30.10molCHOHg

、()330.15molCHOCHg和()20.10molHOg，则反应向正反应方向进行【答案】B【解析】【详解】A．根据实验甲、丙可知：二者只有反应温度不相同，当反应达到平衡时，生成物的物质的量增大，说明降低温度，化学平衡正向移动，则该反应的正反应为放

热反应，A正确；B．其它条件相同时，温度越高反应速率越快，故甲容器中反应比丙容器中反应达到平衡状态所需时间短，B错误；C．该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不发生移动，故平衡时，乙容器中CH3OH的转化率与甲容器中相同，C正确；

D．根据物质反应转化关系，对于甲容器的反应，平衡时c(CH3OH)=(0.20-0.08×2)mol/L=0.04mol/L，c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.080mol/L，则该温度下的化学平衡常数K=20.0800

.080=40.040；若起始时向甲容器中充入0.10molCH3OH(g)、0.15molCH3OCH3(g)和0.10molH2O(g)，容器的容积是1L，物质的浓度在数值上等于其物质的量，此时的浓度商Qc=20.150.103=2(0

.10)<4，化学反应正向进行，D正确；故选B。6.可逆反应：()()()222NOg2NOgOg+，在恒温恒容的密闭容器中进行，下列能说明该反应达到平衡状态的是①单位时间内生成2nmolO的同时消耗22nmolNO②容器内总压强不再变化③NO、2O的物质

的量浓度之比为2∶1④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的颜色不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A.①②⑤B.②⑤⑥C.③⑥D.②③⑥【答案】B【解析】【详解】①单位时间内生成2nmolO的同时生成2nmolNO，都代表正反应，不能判断反应是否达到平衡状态，①错误；②该反应的反应前

后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量发生变化，容器内总压强不再变化能说明反应达到化学平衡状态，②正确；③反应开始后NO、2O的物质的量浓度之比始终为2:1，不能判断是否是平衡状态，③错误；④无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容

器的容积不变，混合气体的密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的颜色不再改变，说明2NO气体的浓度不变，能说明反应达到平衡状态，⑤正确；⑥该反应反应前后有气体体积差，反应过程中，混合气体的物质的量是变量，混合气体质量不变，所以混合气体的平均相对分子质

量是变量，当其不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥正确；则正确的有②⑤⑥；故选B。7.下列实验目的、实验操作及现象、结论均正确的是选项实验目的实验操作及现象结论A判断强酸和弱酸3NaHCO溶液显碱性，3NaHSO溶液显酸性可以确定23HCO是弱酸，无法判断23HSO

是否为弱酸B判断反应物的浓度对平向17mL0.1molLKSCN−溶液中加入131mL0.1molLlFeC−溶液，达到平衡，再加说明增大反应物浓度，化学平衡衡的影响入131mL0.1molLlFeC−溶液，溶液红色加深正向移

动C验证22HO的氧化性向黄绿色的氯水中加入22HO溶液，溶液黄绿色褪去22HO有强氧化性D验证菠菜中含有铁元素将新鲜菠菜剪碎、研磨、溶解、过滤，向滤液中加入几滴KSCN溶液，溶液不变红说明菠菜中不含铁元素A.AB.BC.

CD.D【答案】A【解析】【详解】A．3NaHCO水解，溶液显碱性，可以确定23HCO是弱酸；3NaHSO溶液显酸性是因为电离出氢离子，无法判断23HSO是否为弱酸，故A正确；B．开始KSCN溶液过量，再加入3FeCl溶液，即使没有平衡移动，也会生成更多3Fe(S

CN)，溶液颜色也会加深，故B错误；C．溶液褪色是因为氯气分子和双氧水发生了氧化还原反应，体现了双氧水的还原性，故C错误；D．菠菜中含有的是2+Fe，应当过滤后先滴加硝酸氧化，再与KSCN溶液发生显色反应，故D错误；故

选A。8.某化学研究小组探究外界条件对化学反应()()()mAg+nBgqCg的速率和平衡的影响，如图所示，下列判断错误的是A.由图1可知，12T>T，该反应的正反应为放热反应B.由图2可知，该反应的m+n<q

C.图3是绝热条件下正反应速率和时间的图像(从反应物开始投料)，由此说明该反应放热D.图4中，曲线a可能使用了催化剂【答案】B【解析】【详解】A．根据图象中“先拐先平，数值大”知，T1＞T2，升高温度，C在反应混合物中的的体积分数(Φ)降低，说明平衡向逆反

应方向移动，正反应方向是放热反应，故A正确；B．由图b图象可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数(Φ)增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，则m＋n＞p，故B错误；C．该反应若为吸热反应，由于反应过程中反应

物浓度减小，且温度降低，则反应速率在开始时就应该逐渐减小，而图象中开始时反应速率直接增大，说明该反应为放热反应，故C正确；D．图d中a、b的平衡状态相同，但反应速率不同，曲线a可能使用了催化剂，故D正确；故选B。9.下图所示的实验，可以达到实验目的的是A．探究浓度对

化学反应速率的影响B．验证Mg(OH)2溶解度大于Fe(OH)3C．配制FeCl3溶液D．测定中和反应的反应热A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应控制酸性高锰酸钾溶液的浓度相同、且不足量，改变草酸的浓度，探究

浓度对反应速率的影响，A不能达到实验目的；B．NaOH溶液过量，过量的NaOH会与FeCl3溶液反应形成Fe(OH)3沉淀，因此不能验证Mn(OH)2溶解度大于Fe(OH)3，B不能达到实验目的；C．Fe

Cl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解产生Fe(OH)3，使溶液变浑浊，将FeCl3溶解在盐酸中，可以抑制FeCl3的水解，然后稀释至所需浓度，就制取得到FeCl3溶液，C能达到实验目的；D．反应在敞口容器中，导致热量大量损失，不能准确测定反应放出

热量，因此不能用于测定中和反应的反应热，D不能达到实验目的；故合理选项是C。10.如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法错误的是①X是负极，Y是正极②若用右侧装置(电解液改为4CuSO溶液)在钥匙上镀铜，则将钥匙放在b处③4CuSO溶液的酸性先增

强，当铜电极有气泡产生时，此后一段时间酸性会继续增强④若用右侧装置(电解液改为4CuSO溶液)精炼粗铜时，则将粗铜放在b处A.①③B.②③C.①④D.②④【答案】C【解析】【分析】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b极上水放电得到电子发生还原反应生成

氢气和氢氧根离子，b为阴极，与之相连的Y为负极，则a为阳极、X为正极、Pt极为阳极、Cu为阴极；【详解】①由分析可知，X是正极，Y是负极，错误；②若用右侧装置(电解液改为4CuSO溶液)在钥匙上镀铜，则镀件钥匙应该作为阴极，故放在b处，正确；③4CuSO溶液开

始电解生成铜单质和氢离子，溶液酸性先增强；当铜电极有气泡产生时，此时本质为电解水，使得生成硫酸浓度变大，此后一段时间酸性会继续增强，正确；④若用右侧装置(电解液改为4CuSO溶液)精炼粗铜时，则将粗铜放在

阳极a处，错误；故选C。11.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池，当浓差电池正负电极室中溶液的浓度相等时，浓差电池停止放电。如图所示装置是利用浓差电池电解24NaSO溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得2O、2H、24HSO和NaOH。下列说法正确的是A.a为电

解池的阳极B.电池放电过程中，Cu(2)电极上的电极反应式为2Cu2e=Cu+−+C.当电路中转移2mol电子时，241molSO−通过离子交换膜c向左移动D.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得160gNaOH【答案】D【解析】【分析】电解池以制得2O、2H、24HSO和NaOH，根据

电解池分析可知，电解池左边得到NaOH和2H，右边得到2O、24HSO，则a为阴极，b为阳极，则Cu(2)为负极，Cu(1)为正极。【详解】A．根据前面分析得到a为电解池的阴极，故A错误；B．电池放电过程中，Cu(2)为负极，则负极上铜失去电子发生氧化反应，电极反应为2Cu2

eCu−+−=，则B错误；C．当电路中转移2mol电子时，阳极区剩余2molH+，要使溶液呈电中性，则1mol24SO−通过膜d向右移动，故C错误；D．电池放电过程中，Cu(2)的电极反应为2Cu2eCu−+−=，Cu(1)的电极反应为2Cu2eC

u+−+=，反应前原电池左边硫酸铜物质的量为5mol，右边硫酸铜物质的量为1mol，电池从开始工作到停止放电，则左右硫酸铜物质的量为3mol，因此右侧有2mol铜离子生成，则转移4mol电子，根据2222NaCl2HOHCl2NaOH电解＋＋＋，转移2

mol电子得到2molNaOH即80g，因此电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得160gNaOH，故D正确。故选D。12.某温度时，卤化银(AgX，X=Cl、Br、I)的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl、AgBr、AgI的spK依次减小

。已知()()AglgAgpc+=−，()()XlgXpc−=−，利用p(X)、p(Ag)的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的()Agc+和()Xc−的相互关系。下列说法正确的是A.G线是AgCl的溶

解平衡曲线B.坐标点p形成的溶液中AgCl已经达到过饱和状态C.m点是在水中加入AgBr形成的饱和溶液D.n点表示由过量的KI与3AgNO反应产生AgI沉淀【答案】C【解析】【分析】已知p(Ag)=－lgc(Ag＋)，p(X)=－lgc(X－)，Ag

＋、Cl－浓度越大，浓度的负对数得到的数值越小，依据图象分析可知，溶解度：AgCl＞AgBr＞AgI，溶液中的离子浓度也是AgCl＞AgBr＞AgI，所以E线表示的是AgCl，F线表示的是AgBr，G线表示的是AgI；【详解】A．由分析可知，G

线是AgI的溶解平衡曲线，A错误；B．坐标点p不在曲线上，在曲线E之上，形成的溶液是AgCl的不饱和溶液，B错误；C．m点是沉淀溶解平衡线上的一点，说明是沉淀溶解平衡状态下的饱和溶液，C正确；D．因为n点在曲线上，即处于沉淀溶解

平衡状态，不存在净生成沉淀或有部分沉淀溶解的问题，表示的是AgI沉淀的沉淀溶解平衡状态，D错误；故选C。13.常温下，向1220mL0.2molLHA−溶液中滴加10.2molLNaOH−溶液，有关微粒的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是A.2HA在水中的电离方程式是2HAHHA+

−+、2HAHA−+−+B.当()VNaOH=20mL时，则有：()()()()()+--+2-cNa>cHA>cH>cA>cOHC.等体积等浓度的NaOH溶液与2HA溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大D.当()VNaOH=30mL时，则有：()()()()()+-2--22

cH+cHA+3cHA=cA+2cOH【答案】C【解析】【分析】向酸H2A中滴加NaOH溶液，H2A的量逐渐减小、HA-的量先增加后减小、A2-的量一直增加；结合题干图象可知，Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ代表A

2-，由于溶液中会同时存在三种含A微粒，说明H2A是弱电解质；【详解】A．由题干图示信息可知，H2A是弱电解质，其一级电离也是不完全的，则H2A在水中的电离方程式是：2HAHHA+−+、2HAHA−+−+，A正确；B．当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+

H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图可知，c(A2-)＞c(H2A)，即HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，B正确；C．由B分析

可知，NaHA的电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，其溶液中水的电离程度比纯水小，C错误；D．当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质

量的NaHA、Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)①，物料守恒可知：3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A)=2c(Na+)②，①×2+②得：2c(H+)+c(HA-)+3c(H2A)═c(A2-)+2c(OH-)，D

正确；故选C。14.下列说法正确的是A.电子仅从激发态跃迁到基态才产生原子光谱B.在已知元素中，基态原子的4能级中只有1个电子且位于d区的元素共有3种C.核电荷数为26的元素基态原子核外价层电子排布图为D.核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含未成对

电子【答案】C【解析】【详解】A．电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将释放能量，利用光谱仪摄取各种元素的原子的吸收光谱或发射光谱，A项错误；B．在已知元素中，基态原子的4能级中只有1个电子且位于d区的元素有铬，1种；B项错误；C．核电荷数为26的元素为铁

元素，基态夹层电子排布是3d64s2，排布图为，C项正确；D．同一原子轨道上运动的，自旋状态相反的2个电子，成为电子对，如是单个电子，成为未成对电子。核外电子数为奇数的基态原子，由于一个轨道只能填充2个电子，必然剩余单个电子，存在

未成对电子，D项错误；故答案选C。15.下列说法正确的是A.3p能级有一个空轨道的基态原子和4p能级有两个未成对电子的基态原子一定属于同一族B.基态原子核外电子全部在s能级上的元素有4种C.p轨道呈哑铃形，因此p轨道上电子的运动轨迹呈哑铃

形D.最高正化合价与最低负化合价代数和为4的短周期元素的最高能级为2p【答案】B【解析】【详解】A．3p能级有一个空轨道的基态原子是硅在ⅣA族，4p能级有两个未成对电子的基态原子锗或硒，硒在ⅥA族，不属于同一族，故A错误；B．基态原子核外电子全部在s能级上

的元素有4种，分别是H、He、Li、Be，故B正确；C．p轨道呈哑铃形，因此p轨道上电子的运动主要区域呈哑铃形，故C错误；D．最高正化合价与最低负化合价代数和为4的短周期元素为硫，硫核外电子所在的最高能级为3p，故D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.Ⅰ.甲酸(HC

OOH)又名蚊酸，是一种常见的弱酸，常温下甲酸的电离平衡常数4a2.010K−=(已知lg20.3=)。（1）设计实验证明甲酸为弱酸，下列实验设计合理的是___________(填字母)。A．将甲酸溶液

滴入3NaHCO溶液中，观察是否有气泡生成B．向体积相同、pH相同的盐酸和甲酸溶液中加入足量Zn，比较溶解Zn的质量C．取一定浓度的甲酸钠溶液，测其pH（2）常温下，将10.1molL−甲酸钠(HCOONa)溶液和10.1molL−的甲酸溶液

等体积混合配成一种缓冲溶液。①常温下，HCOO−的水解平衡常数bK=___________。②该混合溶液的pH约为___________。③该混合溶液中()cHCOO−___________(填“>”“=”或“<”)()HCOOHc。Ⅱ.在一定条件

下，3NH可还原氮氧化物，消除氮氧化物污染。工业上，常用2N和2H在催化剂作用下合成3NH。在催化剂作用下，()()22nN:nH=1:3，发生反应，平衡混合气中3NH的物质的量分数随温度和压强的变化关系如图所示。（

3）该反应的平衡常数Ka___________(填“<”“=”或“>”)Kb。（4）500℃、压强为05p时，2H的转化率为___________％(保留三位有效数字)。【答案】（1）C（2）①.5.0×10-11②.3.7③.>（3）<（4）33.3%【解析】【小问1详解】将甲酸溶液滴入N

aHCO3溶液中，观察是否有气泡生成，只能证明甲酸酸性强于碳酸，不能证明甲酸为弱酸；向体积相同、pH相同的盐酸和甲酸溶液中加入足量Zn，甲酸溶解Zn的质量较大，只能证明甲酸比盐酸弱，但由于盐酸是强酸，无法证明甲酸是弱酸；取一定浓度的甲酸钠溶液测其pH，可以证明甲酸为弱酸；故选

C。【小问2详解】的①HCOO－的水解平衡常数1411wb4a105.0102.010KKK−−−===；②由①可知该混合溶液显酸性，由-++ac(HCOO)c(H)0.1c(H)==c(HCOOH)0.1K得出c(H+)=2×10-4，该混合溶液的pH约为3.7；③由甲

酸的电离平衡常数Ka=2.0×10-4，及HCOO－的水解平衡常数Kb=5.0×10-11可知，电离程度大于水解程度，故该混合溶液中c(HCOO－)>c(HCOOH)。【小问3详解】a、b温度不同，则平衡常数不同，当进料体积比相同，氨的物质

的量分数a<b，表明b点反应程度更大，所以Ka<Kb。小问4详解】根据()()22nN:nH=1:3，由图可知所给条件下达到平衡时氨气的物质的量分数为20%，设转化了xmolN2，则有2100%20%1332xxxx=−+−+，解得x=13，则H2

的转化率为133100%33.3%3=。17.K4[Fe(C2O4)3·xH2O](三草酸合亚铁酸钾)是一种橙色固体，能溶于水，难溶于乙醇，在分析化学中用作吸氧剂。可通过如下实验装置(夹持装置省略)，先制得难溶于水的24FeCO，再制得三草酸合亚铁酸钾。回答下列

问题：（1）将铁屑放入仪器a中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，进行的操作为：①打开1K、3K和4K，关闭2K；②……；③……；④关闭1K、2K。②的具体操作为___________，其目的是___________；经操作③，B装置中生成24FeCO。【（2）向生成24FeCO的B装置中

重新加入224224HCOKCO−混合溶液，充分反应后加入乙醇，加入乙醇的作用是___________，从而获得K4[Fe(C2O4)3·xH2O]沉淀。将所得产品洗涤干净后进行如下分析：取mg产品进行含铁量的测定，平均分成三份加入锥形瓶中，加入稀硫酸溶解后，用1m

olLc−的4KMnO溶液滴定，三次实验消耗4KMnO溶液的平均体积为VmL(杂质不参加反应)，则产品中铁元素的质量分数为___________％(用含m、c、V的代数式表示)；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，则测定的铁元素的质量分数将___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。（

3）K4[Fe(C2O4)3·xH2O]加热时易分解。现利用如下装置检验其受热分解所得产物中是否含有CO、2CO、2HO：各装置接口的连接顺序为a→hi→___________(填标号，仪器可重复使用)；实验开始时，先通一段时间的2N。若气体产物中含有CO，则装置中的现象是________

___。【答案】（1）①.在4K处收集气体，检验氢气的纯度②.证明装置内空气已排尽，防止产品被氧化（2）①.降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，使其更容易析出②.12cVm③.偏低（3）①.defgbcde②.装置B中黑色固体变红，第二次连接的石灰水不

变浑浊，第三次连接的石灰水变浑浊【解析】【分析】制备三草酸合亚铁酸钾过程如下：打开1K、3K和4K，关闭2K，装置A中稀硫酸与铁屑反应生成硫酸亚铁和氢气，一定时间内，氢气可将装置内的氧气赶走，防止硫酸亚铁被氧化，再关闭3K，打开2K，

装置A中由于生成氢气，三颈烧瓶内压强增大，将生成的硫酸亚铁挤出导管至装置B中，在装置B中硫酸亚铁与草酸反应，得到难溶于水的草酸亚铁24FeCO，再进一步制备三草酸合亚铁酸钾。检验K4[Fe(C2O4)3·xH2O]加热时分解的产物是氧化铁、CO、

2CO、2HO，先检验生成的2HO，再检验2CO，最后检验CO；【小问1详解】步骤①打开1K、3K和4K，关闭2K，可生成硫酸亚铁，步骤②需要利用生成的氢气将装置中的氧气赶走，可对生成的氢气进行验纯，步骤③是将生成的硫酸亚铁导出至装置B中，故利用装置

A三颈烧瓶内产生的氢气，使得瓶内压强增大，经深入液体的导管，把生成的硫酸亚铁挤压至装置B中，所以步骤③打开1K、2K和4K，关闭3K，其目的是使三颈烧瓶内因生成氢气导致压强增大，将生成的硫酸亚铁挤压至装置B中；经操作③，B装置中生成24FeCO。故答

案是在4K处收集气体，检验氢气的纯度，其目的是证明装置内空气已排尽，防止产品被氧化；【小问2详解】由题目信息可知，三草酸合亚铁酸钾能溶于水，难溶于乙醇，故向生成24FeCO的B装置中重新加入224224HCOKCO−混合溶液，充分反应后加入乙醇，加入

乙醇的作用是降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，使其更容易析出；三草酸合亚铁酸钾中铁元素是+2价，草酸根离子（C2O24−）都具有还原性，能与高锰酸钾发生氧化还原反应，铁元素被氧化为三价铁，酸性高锰酸钾的产物是Mn2+，则反应方程式中反应比例为：455FeKMnO()51xxⅡ，24455C2OM522

3KnO6xx−则x6x55+=cV×10-3mol，则x=57cV×10-3mol，产品中含铁元素的质量是56g/mol×57cV×10-3mol×3，则产品中铁元素的质量分数为3g556g/molcV10mol37m−×100%=12cV%m

。故答案是12cVm；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，产品中铁元素被空气中的氧气氧化，则测定时消耗的高锰酸钾的量减少，则测定的铁元素的质量分数将偏低；【小问3详解】检验K4[Fe(C2O4)3·xH2O]加热时分解的产物是氧化铁、CO、2CO、2HO，先检验生成的2HO，再检验2C

O，最后检验CO；根据实验装置和药品的分析，用无水硫酸铜检验2HO的生成，现象是白色固体变蓝；用澄清石灰水检验分解产物中的2CO，现象是石灰水变浑浊；用加热的氧化铜检验CO，现象是黑色固体变红，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊；注意三点：一是实验中检验完2CO，需要用氢氧化钠溶液吸收2C

O除去，并再次用澄清石灰水检验2CO已被除尽；二是注意最后的尾气处理；三是为了让分解的气体被充分吸收，可通入N2，将分解出的气体赶至下一个装置。故各装置接口的顺序是a→hi→defgbcde；实验开始时，先通一段时间的2N。若气体产物中含有CO，则装置中的

现象是装置B中黑色固体变红，第二次连接的石灰水不变浑浊，第三次连接的石灰水变浑浊。18.工业上用磷铁渣(主要含FeP、2FeP，以及少量23FeO、2SiO等杂质)制备磷酸铁()4FePO。已知：4FePO难溶于水，能溶于无机强酸。（1）“浸取

”时为加速溶解，可以采取的措施有___________(任写一种)；加入硫酸的目的是___________；滤渣的主要成分是___________(填化学式)。（2）“浸取”时2FeP发生反应的离子方程式为___________。（3）工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备4FePO。①FeP在阳

极放电的电极反应式为___________。②电解过程中，NaOH溶液的浓度___________填“增大”“减小”或“不变”)。③常温下电解一段时间，测得溶液中3Fe+浓度约为10.32molL−，为了避免生成()3Fe

OH沉淀，应控制溶液的pH小于___________(已知：常温下，()38sp3FeOH410K−=，lg20.3=)。【答案】（1）①.将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌②.为了保持体系的酸度，防止生成FePO4③.SiO2（2）+-3+

233423FeP+29H+11NO=6Fe+11NO+3HPO+10HO（3）①.-+24FeP+4HO-8e=FePO+8H②.不变③.1.7【解析】【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸

的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸

碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，据此分析解题。【小问1详解】磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增

大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；【小问2详解】由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平可得，2FeP发生反应的离子方程式为：+-3+233423F

eP+29H+11NO=6Fe+11NO+3HPO+10HO，故答案为：+-3+233423FeP+29H+11NO=6Fe+11NO+3HPO+10HO；【小问3详解】①由分析可知，FeP在阳极发生氧化反应生成FePO4，P

元素化合价从-3价升高到+5价，且反应为酸性条件，因此阳极的电极反应式为-+24FeP+4HO-8e=FePO+8H，故答案为：-+24FeP+4HO-8e=FePO+8H；②由分析可知，电解过程中，阳极反应式为：-+24FeP+4HO-8e=FePO+8H，阴极反应式为：--22

2HO+2e=H+2OH，然后阳极上产生的H+通过质子交换膜进入阴极区，+-2H+OH=HO，根据电子守恒可知，阴极上消耗的水和生成的相等，故NaOH溶液的浓度不变，故答案为：不变；③常温电解一段时间

，测得溶液中3Fe+浓度约为10.32molL−，为了避免生成3Fe(OH)沉淀，应控制溶液的-383--134100.32cOH)510mol/L(=，故()-14-13+110510=0.02mol/LcH，pH不大于lg0.02=2-lg2=1.7，故答案为：

1.7。【点睛】本题考查有关铁及其化合物转化的流程题型，同时还有电解池，溶度积等的知识应用。19.甲醇是一种用途十分广泛有机化工原料。（1）2CO作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成3CHOH一直是研究热点。在2CO加氢合成3CHOH的体系中，同时发生以下反应：反应ⅰ：()()

()()2232COg3HgCHOHlHOg++1ΔH反应ⅱ：()()()()222COgHgCOgHOg++2ΔH反应ⅲ：()()()22COgCOgCs+3ΔH若某容器中同时发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，一定条件下建立平衡后，下列说法正

确的是___________(填序号)。A.反应ⅱ的平衡常数为1B.增加少量碳，反应ⅲ逆向移动C.反应ⅱ反应前后气体分子数不变，故增大该容器的压强对反应ⅱ的平衡无影响D.选用合适的催化剂可提高3CHOH在单位时间内的产量（2）设rpK为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式

中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以()ΘΘpp=100kPa。反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的rplnK随1T(温度的倒数)的变化如图所示。的①反应ⅰ、ⅱ、ⅲ中，正反应活化能小于逆反应活化能的反应有__________

_。②反应ⅰ的相对压力平衡常数表达式为rpK=___________[用p(x)表示x的分压]。③在A点对应温度下，原料组成为()()22nCO:nH=1:1，在初始总压为100kPa的1L恒容密闭容器中进行上述三个反应，体系达到平衡时CO的分压为30kP

a，则2CO的平衡转化率为___________。（3）维持压强和投料不变，将2CO和2H按一定流速通过反应器，相同时间内测得二氧化碳的转化率()2CO和甲醇的选择性()3χCHOH随温度变化的关系如图所示：已知233～249℃内催化剂活性受温度影响变化不大。结合反

应ⅰ和反应ⅱ，分析235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是___________，二氧化碳的转化率随温度升高也在下降的可能原因是___________。【答案】（1）D（2）①.i、ⅲ②.()()()6232210pHOpCOpH③.82%（3）①.反应ⅰ为放热反

应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动②.升高温度，反应ⅰ使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ⅱ使二氧化碳的转化率增大的程度【解析】【小问1详解】A．反应ⅱ达平衡时，各组分的浓度无法确定，因此无法计算其化学平衡常数，A错

误；B．碳是固体，增加少量碳，反应ⅲ平衡不移动，B错误；C．若通过增大二氧化碳和氢气浓度的方式来增大该容器的压强，则反应ⅱ正向移动，C错误；D．选用合适的催化剂，可加快化学反应速率，提高3CHOH在单位时间内的产量，D正确；故选D。【小问2详解】①正反应活化能小于逆反应活化能

，则该反应正反应为放热反应；由图可知，反应i中rplnK随3110T的增大而增大，说明降低温度，rpK增大，平衡正向移动，正反应为放热反应；反应ⅱ中rplnK随3110T的增大而减小，说明降低温度，rpKrpK减小，平衡逆向移动，正反应为吸热反应；反应ⅲ

中rplnK随3110T的增大而增大，说明降低温度，rpK增大，平衡正向移动，正反应为放热反应；则正反应活化能小于逆反应活化能的反应有i、ⅲ；②由题干定义可知，反应ⅰ的相对压力平衡常数表达式为prK=()()()2322pHO100pC

OpH100100=()()()6232210pHOpCOpH；③反应ⅲ在A点对应温度下，rplnK=0，则rpK=1，反应ⅲ的()()()()ΘΘΘ22rp22pCOpCOK===1ppppCOpCO，则平衡时，2CO的分压为()()()Θ22

2pCO30kPapCO===9kPa100kPap，初始时，2CO的分压为1100kPa50kPa2=，则2CO的平衡转化率为50kPa-9kPa100%82%50kPa=；【小问3详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com